2025年新疆生产建设兵团可克达拉市高三第二次模拟考试数学试卷含解析

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．刘徽(约公元225年-295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的，“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示)，当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，得到的近似值为（ ）
A．B．C．D．
2．下列与函数定义域和单调性都相同的函数是（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数，，若总有恒成立.记的最小值为，则的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
4．设函数在上可导，其导函数为，若函数在处取得极大值，则函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
5．如图，在三棱锥中，平面，，现从该三棱锥的个表面中任选个，则选取的个表面互相垂直的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．设过抛物线上任意一点(异于原点)的直线与抛物线交于两点，直线与抛物线的另一个交点为，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知，若则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8． 若x,y满足约束条件的取值范围是
A．[0,6]B．[0,4]C．[6, D．[4,
9．已知曲线且过定点，若且，则的最小值为（ ）.
A．B．9C．5D．
10．已知复数，为的共轭复数，则（ ）
A．B．C．D．
11．设为非零向量，则“”是“与共线”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
12．集合,则集合的真子集的个数是
A．1个B．3个C．4个D．7个
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在数列中，已知，则数列的的前项和为__________.
14．已知函数图象上一点处的切线方程为，则_______．
15．记为数列的前项和.若，则______.
16．设常数，如果的二项展开式中项的系数为-80，那么______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在中，内角，，所对的边分别是，，，，，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的值．
18．（12分）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程是（为参数，常数），曲线的极坐标方程是.
（1）写出的普通方程及的直角坐标方程，并指出是什么曲线；
（2）若直线与曲线，均相切且相切于同一点，求直线的极坐标方程.
19．（12分）已知椭圆，上顶点为，离心率为，直线交轴于点，交椭圆于，两点，直线，分别交轴于点，．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）求证：为定值．
20．（12分）已知函数．
（1）当时，求曲线在点的切线方程；
（2）讨论函数的单调性．
21．（12分）如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，PC＝CD＝2，E为AB的中点，底面四边形ABCD满足∠ADC＝∠DCB＝90°，AD＝1，BC＝1．
（Ⅰ）求证：平面PDE⊥平面PAC；
（Ⅱ）求直线PC与平面PDE所成角的正弦值；
（Ⅲ）求二面角D﹣PE﹣B的余弦值．
22．（10分）在四棱锥中，是等边三角形，点在棱上，平面平面．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值；
（3）设直线与平面相交于点，若，求的值．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．A
【解析】
设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,则每个等腰三角形的面积为,由割圆术可得圆的面积为,整理可得,当时即可为所求.
【详解】
由割圆术可知当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,
设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,
所以每个等腰三角形的面积为,
所以圆的面积为,即,
所以当时,可得,
故选:A
本题考查三角形面积公式的应用,考查阅读分析能力.
2．C
【解析】
分析函数的定义域和单调性，然后对选项逐一分析函数的定义域、单调性，由此确定正确选项.
【详解】
函数的定义域为，在上为减函数.
A选项，的定义域为，在上为增函数，不符合.
B选项，的定义域为，不符合.
C选项，的定义域为，在上为减函数，符合.
D选项，的定义域为，不符合.
故选：C
本小题主要考查函数的定义域和单调性，属于基础题.
3．C
【解析】
根据总有恒成立可构造函数,求导后分情况讨论的最大值可得最大值最大值,
即.根据题意化简可得,求得,再换元求导分析最大值即可.
【详解】
由题, 总有即恒成立.
设,则的最大值小于等于0.
又,
若则,在上单调递增, 无最大值.
若,则当时,,在上单调递减,
当时,,在上单调递增.
故在处取得最大值.
故,化简得.
故,令,可令,
故,当时, ,在递减；
当时, ,在递增.
故在处取得极大值,为.
故的最大值为.
故选：C
本题主要考查了根据导数求解函数的最值问题,需要根据题意分析导数中参数的范围,再分析函数的最值,进而求导构造函数求解的最大值.属于难题.
4．B
【解析】
由题意首先确定导函数的符号，然后结合题意确定函数在区间和处函数的特征即可确定函数图像.
【详解】
函数在上可导，其导函数为，且函数在处取得极大值，
当时，；当时，；当时，.
时，，时，，
当或时，；当时，.
故选：
根据函数取得极大值，判断导函数在极值点附近左侧为正，右侧为负，由正负情况讨论图像可能成立的选项，是判断图像问题常见方法，有一定难度.
5．A
【解析】
根据线面垂直得面面垂直，已知平面，由，可得平面，这样可确定垂直平面的对数，再求出四个面中任选2个的方法数，从而可计算概率．
【详解】
由已知平面，，可得，从该三棱锥的个面中任选个面共有种不同的选法，而选取的个表面互相垂直的有种情况，故所求事件的概率为．
故选：A．
本题考查古典概型概率，解题关键是求出基本事件的个数．
6．C
【解析】
画出图形，将三角形面积比转为线段长度比，进而转为坐标的表达式。写出直线方程，再联立方程组，求得交点坐标，最后代入坐标，求得三角形面积比.
【详解】
作图，设与的夹角为，则中边上的高与中边上的高之比为，，设，则直线，即，与联立，解得，从而得到面积比为.
故选：
解决本题主要在于将面积比转化为线段长的比例关系，进而联立方程组求解，是一道不错的综合题.
7．C
【解析】
根据，得到有解，则，得，，得到，再根据，有，即，可化为，根据，则的解集包含求解，
【详解】
因为，
所以有解，
即有解，
所以，得，，
所以，
又因为，
所以，
即，
可化为，
因为，
所以的解集包含，
所以或，
解得，
故选：C
本题主要考查一元二次不等式的解法及集合的关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题，
8．D
【解析】
解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：
目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，
由解得C（2，1），
目标函数的最小值为：4
目标函数的范围是[4，+∞）．
故选D．
9．A
【解析】
根据指数型函数所过的定点，确定，再根据条件，利用基本不等式求的最小值.
【详解】
定点为,
，
当且仅当时等号成立，
即时取得最小值.
故选：A
本题考查指数型函数的性质，以及基本不等式求最值，意在考查转化与变形，基本计算能力，属于基础题型.
10．C
【解析】
求出，直接由复数的代数形式的乘除运算化简复数.
【详解】
.
故选：C
本题考查复数的代数形式的四则运算，共轭复数，属于基础题.
11．A
【解析】
根据向量共线的性质依次判断充分性和必要性得到答案.
【详解】
若，则与共线，且方向相同，充分性；
当与共线，方向相反时，，故不必要.
故选：.
本题考查了向量共线，充分不必要条件，意在考查学生的推断能力.
12．B
【解析】
由题意，结合集合，求得集合，得到集合中元素的个数，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，集合，
则，
所以集合的真子集的个数为个，故选B．
本题主要考查了集合的运算和集合中真子集的个数个数的求解，其中作出集合的运算，得到集合，再由真子集个数的公式作出计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由已知数列递推式可得数列的所有奇数项与偶数项分别构成以2为公比的等比数列，求其通项公式，得到，再由求解．
【详解】
解：由，
得，
，
则数列的所有奇数项与偶数项分别构成以2为公比的等比数列．
，
．
．
故答案为：．
本题考查数列递推式，考查等差数列与等比数列的通项公式，训练了数列的分组求和，属于中档题．
14．1
【解析】
求出导函数，由切线方程得切线斜率和切点坐标，从而可求得．
【详解】
由题意，
∵函数图象在点处的切线方程为，
∴，解得，
∴．
故答案为：1．
本题考查导数的几何意义，求出导函数是解题基础，
15．1
【解析】
由已知数列递推式可得数列是以16为首项，以为公比的等比数列，再由等比数列的前项和公式求解．
【详解】
由，得，．
且，
则，即．
数列是以16为首项，以为公比的等比数列，
则．
故答案为：1．
本题主要考查数列递推式，考查等比数列的前项和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
16．
【解析】
利用二项式定理的通项公式即可得出.
【详解】
的二项展开式的通项公式：，
令，解得.
∴，
解得.
故答案为：-2.
本小题主要考查根据二项式展开式的系数求参数，属于基础题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）根据正弦定理先求得边c，然后由余弦定理可求得边b；
（Ⅱ）结合二倍角公式及和差公式，即可求得本题答案.
【详解】
（Ⅰ）因为，
由正弦定理可得，，
又，所以，
所以根据余弦定理得，，
解得，；
（Ⅱ）因为，所以，
，，
则．
本题主要考查利用正余弦定理解三角形，以及利用二倍角公式及和差公式求值，属基础题.
18．（1），，表示以为圆心为半径的圆；为抛物线；（2）
【解析】
（1）消去参数的直角坐标方程，利用，即得的直角坐标方程；
（2）由直线与抛物线相切，求导可得切线斜率，再由直线与圆相切，故切线与圆心与切点连线垂直，可求解得到切点坐标，即得解.
【详解】
（1）消去参数的直角坐标方程为：
.
的极坐标方程.
∵，
.
当时表示以为圆心为半径的圆；为抛物线.
（2）设切点为，
由于，则切线斜率为，
由于直线与圆相切，故切线与圆心与切点连线垂直，
故有
，
直线的直角坐标方程为，
所以的极坐标方程为.
本题考查了极坐标，参数方程综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
19．（Ⅰ）；（Ⅱ），证明见解析．
【解析】
（Ⅰ）根据题意列出关于，，的方程组，解出，，的值，即可得到椭圆的方程；
（Ⅱ）设点，，点，，易求直线的方程为：，令得，，同理可得，所以
，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理代入上式，化简即可得到．
【详解】
（Ⅰ）解：由题意可知：，解得，
椭圆的方程为：；
（Ⅱ）证：设点，，点，，
联立方程，消去得：，
，①，
点，，，
直线的方程为：，令得，，，，
同理可得，，
，
把①式代入上式得：，
为定值．
本题主要考查直线与椭圆的位置关系、定值问题的求解；关键是能够通过直线与椭圆联立得到韦达定理的形式，利用韦达定理化简三角形面积得到定值；考查计算能力与推理能力，属于中档题．
20．（1）；（2）当时,在上单调递增,在上单调递减；当时,在和上单调递增,在上单调递减；当时,在上单调递增；当时,在和上单调递增,在上单调递减.
【解析】
(1)根据导数的几何意义求解即可.
(2)易得函数定义域是,且.故分,和与四种情况,分别分析得极值点的关系进而求得原函数的单调性即可.
【详解】
（1）当时,,则切线的斜率为.
又,则曲线在点的切线方程是,
即.
（2）的定义域是.
.
①当时,,所以当时,；当时,,
所以在上单调递增,在上单调递减；
②当时,,所以当和时,；当时,,
所以在和上单调递增,在上单调递减；
③当时,,所以在上恒成立.所以在上单调递增；
④当时,,
所以和时,；时,.
所以在和上单调递增,在上单调递减.
综上所述,当时,在上单调递增,在上单调递减；当时,在和上单调递增,在上单调递减；当时,在上单调递增；当时,在和上单调递增,在上单调递减.
本题主要考查了导数的几何意义以及含参数的函数单调性讨论,需要根据题意求函数的极值点,再根据极值点的大小关系分类讨论即可.属于常考题.
21．（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）．（Ⅲ）﹣．
【解析】
（Ⅰ）由题知，如图以点为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，计算，证明，从而平面PAC，即可得证；
（Ⅱ）求解平面PDE的一个法向量，计算，即可得直线PC与平面PDE所成角的正弦值；
（Ⅲ）求解平面PBE的一个法向量，计算，即可得二面角D﹣PE﹣B的余弦值．
【详解】
（Ⅰ）PC⊥底面ABCD，，
如图以点为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，，
，又，平面PAC，
平面PDE，平面PDE⊥平面PAC；
（Ⅱ）设为平面PDE的一个法向量，
又，
则，取，得
，
直线PC与平面PDE所成角的正弦值；
（Ⅲ）设为平面PBE的一个法向量，
又
则，取，得，
，
二面角D﹣PE﹣B的余弦值﹣.
本题主要考查了平面与平面的垂直，直线与平面所成角的计算，二面角大小的求解，考查了空间向量在立体几何中的应用，考查了学生的空间想象能力与运算求解能力.
22．（1）证明见解析（2）（3）
【解析】
（1）取中点为,连接,由等边三角形性质可得,再由面面垂直的性质可得,根据平行直线的性质可得,进而求证；
（2）以为原点,过作的平行线,分别以,,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设,由点在棱上,可设,即可得到,再求得平面的法向量,进而利用数量积求解；
（3）设,,则,求得,,即可求得点的坐标,再由与平面的法向量垂直,进而求解.
【详解】
（1）证明:取中点为,连接,
因为是等边三角形,所以,
因为且相交于,所以平面,所以,
因为,所以,
因为,在平面内,所以,
所以.
（2）以为原点,过作的平行线,分别以,,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设,则,,,,
因为在棱上,可设,
所以,
设平面的法向量为,因为,
所以,即,令,可得,即,
设直线与平面所成角为,所以,
可知当时,取最大值.
（3）设,则有,得,
设,那么,所以,
所以.
因为,
,
所以.
又因为,所以,
,设平面的法向量为,
则,即,,可得,即
因为在平面内,所以,所以,
所以,即,
所以或者（舍）,即.
本题考查面面垂直的证明,考查空间向量法求线面成角,考查运算能力与空间想象能力.